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设n是正整数，G是有限群.用π(n)表示n的全部素因子的集合，记π(G)=π(|G|).群G的素图Γ(G)(参见文献[1])是满足如下条件的简单无向图：
(a) Γ(G)的顶点集为π(G)；
(b) 在Γ(G)中，两个顶点p，q有一条边相连当且仅当群G中含有pq阶元.
用t(G)表示Γ(G)的连通分支的个数，πi(G)表示其第i个连通分支顶点的集合(i=1，2，…，t(G)).特别地，当G是偶阶群时，总设2∈π1(G).根据Γ(G)的连通分支的分类，我们可将|G|的标准分解式写为：
其中π(mi(G))=πi(G)(i=1，2，…，t(G)).此时把m1(G)，m2(G)，…，mt(G)(G)称为群G的阶分量，并用OC(G)表示群G的阶分量的集合，即
群的阶分量这一概念是由陈贵云教授在研究有限单群的数量刻画问题过程中提出的，它对素图不连通图的有限单群的结构有着重要影响，很多有限单群都可以被它们自身的阶分量刻画(可参见文献[2-18]).上述文献的证明过程无一例外都是根据有限单群的分类定理，结合给定单群的阶分量，一类一类核查排除，直至剩下目标单群.这个过程无疑是繁琐、机械的.如果能够根据目标单群的自身特征先对单群分类，缩小核查范围，那么肯定会简化证明过程.本文根据目标单群2G2(q)的Sylow 2-子群阶数为8的特点，借助于小阶2-群的分类，不使用有限单群分类定理给出了Sylow 2-子群阶数不大于8的有限单群的完全分类，与文献[2]相比简化了李型单群2G2(q)阶分量刻画的证明过程.
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下面不使用有限单群定理，借助于小阶2-群的分类，给出Sylow 2-子群阶数不大于8的有限单群的完全分类.
定理1 设M是有限单群.若M的Sylow 2-子群的阶数不大于8，则M同构于下列单群之一：
L2(8)，A7，J1；
L2(q)，其中q≡3，5(mod 8)；
L2(q)，其中q≡7，9(mod 16)；
2G2(q)，其中q=32d+1，d≥1.
证 设M是有限单群，S是M的Sylow 2-子群，且|S|≤8，那么S仅可能同构于下列群之一：
首先证明S不可能同构于Z2，Z4，Z8，Z4×Z2，Q8.由于Sylow 2-子群循环的有限群是可解群，所以S不可能同构于Z2，Z4，Z8.若S≅Z4×Z2，则|Aut(S)|=8.又由N/C定理知NM(S)=CM(S).于是由Burnside定理知，S在M中有正规补子群，矛盾于M的单性.若S≅Q8，则对于S仅有的2-阶元z，必有zM∩S={z}，从而由Glauberman Z*定理[21]知，M有非平凡正规2′-子群，矛盾于M的单性.
其次，如果S≅Z2×Z2，Z2×Z2×Z2，那么由J.H.Walter定理[22]知，M可能同构于下列单群之一：
L2(q)，q≡3，5(mod 8)；
L2(q)，q=2n，n≥2；
J1；2G2(q)，q=32d+1，d≥1.
由S的阶数及简单计算知：当S≅Z2×Z2时，M同构于L2(q)，q≡3，5(mod 8)；当S≅Z2×Z2×Z2时，M同构于L2(8)，J1，2G2(q)，q=32d+1，d≥1.
最后，如果S≅D8，那么由文献[23]的定理2知，M可能同构于下列单群之一：A7；L2(q)，q≥5且q为奇数.经验证，A7的Sylow 2-子群同构于D8，满足要求.当M≅L2(q)，q≥5且q为奇数时，L2(q)的Sylow 2-子群同构于8阶二面体群.又由
及q为奇数知，q必满足下列两种情形之一：
(ⅰ)
$ 2\nmid \frac{{q - 1}}{2}, {2^3}||(q + 1), {2^4}\nmid (q + 1)$ ；(ⅱ)
$2\nmid \frac{{q + 1}}{2}, {2^3}{\text{||}}(q - 1), {2^4}{\text{ }}\nmid (q - 1) $ .对于情形(ⅰ)，用16对q+1作整数的带余除法，得商m，余数r，即
由q为奇数且24∤(q+1)知，r为正偶数，即r=2，4，6，8，10，12，14.经计算，得：当r=2，6，10，14时，2‖(q+1)；当r=4，12时，4‖(q+1).于是r=8且满足要求，故M≅L2(q)，q≡7(mod 16).
对于情形(ⅱ)，用类似的方法可证M≅L2(q)，q≡9(mod 16).
综上所述，Sylow 2-子群阶数不大于8的有限单群只能同构于下列单群之一：
L2(8)；A7；J1；
L2(q)，q≡3，5(mod 8)；
L2(q)，q≡7，9(mod 16)；
2G2(q)，q=32d+1，d≥1.
值得说明的是，文献[24-25]也研究了Sylow 2-子群阶数不大于8的有限群，但它们对群的最高阶元的阶作了限制.下面为了方便，根据文献[1, 26-27]，在表 1中列出Sylow 2-子群阶数不大于8的有限单群的阶分量.
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下面借助定理1，给出李型单群2G2(q)阶分量刻画，即文献[2]主要定理的简化证明.
定理2 设G是有限群，则G≅2G2(q)当且仅当OC(G)=OC(2G2(q))，其中q=32d+1，d≥1.
证 必要性显然，只证充分性.由假设OC(G)=OC(2G2(q))及表 1知OC(G)={m1，m2，m3}，其中：
从而t(G)=3.由文献[28]的定理1和定理2知，G不是Frobenius群也不是2-Frobenius群.再由文献[1]的定理A知，G有一个正规群列1⊆H⊆K⊆G，使得K/H是非交换单群，H是幂零π1(G)-群，G/K是π1(G)-群且
同时t(K/H)≥3，m2，m3是K/H的奇阶分量中的两个.由于：
所以23‖|G|，从而K/H的Sylow 2-子群的阶不大于8.据定理1，K/H只可能同构于下列单群：
L2(8)；A7；J1；
L2(q′)，其中q′≡3，5(mod 8)；
L2(q′)，其中q′≡7，9(mod 16)；
2G2(q′)，其中q′=32d′+1，d′为正整数.
若K/H≅L2(8)，则由表 1知，OC(K/H)={23，7，32}，从而
$ m_{2}=q+\sqrt{3 q}+1=3^{2}$ ，矛盾.因此K/H不同构于L2(8).若K/H≅A7，则由表 1知，OC(K/H)={23·32，7，5}，从而
$ m_{2}=q+\sqrt{3 q}+1=7$ ，$m_{3}=q-\sqrt{3 q}+1=5 $ .于是3q=1，矛盾.因此K/H不同构于A7.若K/H≅J1，则由表 1知，OC(K/H)={23·3·5，7，11，19}，从而
$ m_{2}=q+\sqrt{3 q}+1=11, 19$ .当$q+\sqrt{3 q}+1=11$ 时，$ q+\sqrt{3 q}=10$ ，矛盾.当$ q+\sqrt{3 q}=19$ 时，无解，矛盾.因此K/H不同构于J1.若K/H≅L2(q′)，q′≡3(mod 8)或q′≡7(mod 16)，则由表 1知，
$ O C(K / H)=\left\{q^{\prime}+1, q^{\prime}, \frac{q^{\prime}-1}{2}\right\}$ ，从而m2=q′且$ m_{3}=\frac{q^{\prime}-1}{2}$ .经计算得4q=3q′-5，矛盾于3|q.于是K/H不同构于L2(q′)，q′≡3(mod 8)或q′≡7(mod 16).若K/H≅L2(q′)，q′≡5(mod 8)或q′≡9(mod 16)，则由表 1知，
$O C(K / H)=\left\{q^{\prime}-1, q^{\prime}, \frac{q^{\prime}+1}{2}\right\} $ ，从而$ m_{2}=q+\sqrt{3 q}+1=q^{\prime}$ 且$ m_{3}=\frac{q^{\prime}+1}{2}$ .经计算可得4·3d+1=q′-1=4·32d，从而d=1.于是：且此时K/H≅L2(37).鉴于L2(37)≤G/H ≤Aut(L2(37))≅L2(37)及H的幂零性，通过比较阶知，H中存在G的7阶正规子群H7，从而G的19阶元只能平凡地作用于H7.于是G中有7·19阶元，即7和19在Γ(G)中连通，矛盾.因此K/H不同构于L2(q′)，q′≡5(mod 8)或q′≡9(mod 16).
若K/H≅2G2(q′)，其中q′=32d′+1，d′为正整数，则由表 1知，K/H有3个阶分量且分别是q′2(q′2-1)，
$ {q^\prime } - \sqrt {3{q^\prime }} + 1, {q^\prime } + \sqrt {3{q^\prime }} + 1$ ，从而：此时必有q=q′，从而K/H≅2G2(q)，其中q=32d+1，d为正整数.鉴于K/H≤G/H≤Aut(K/H)，通过比较阶知H=1，从而G=K/H≅2G2(q)，其中q=32d+1，d为正整数.